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萩の月問題 - 第14回 #日曜数学会

仙台旅行で思いついたオリジナル問題「萩の月問題」についてです。補足に k-萩の月問題の証明が載っていますので、よかったらご覧になってください。

発表者:tsujimotter
http://tsujimotter.info

2019.01.05 に開催された 第14回 #日曜数学会 で発表しました。

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萩の月問題 - 第14回 #日曜数学会

  1. 1. 萩の⽉問題 ⽇曜数学者  tsujimotter (joint work with @m_2sei) 2019.01.05 第14回 #⽇曜数学会
  2. 2. ⽇曜数学会ミニin仙台 開催しました〜! 2 詳しくはハッシュタグ #⽇曜数学会ミニ にて
  3. 3. Q. 仙台といえば? 3 会場のみなさんに質問です!
  4. 4. A. 萩の⽉ 4
  5. 5. 5
  6. 6. 萩の⽉5個⼊り どんな⾵に⼊っているか 想像してみてください 6 ってのがあるんです!!
  7. 7. 萩の⽉5個⼊り 7
  8. 8. 萩の⽉5個⼊り 8
  9. 9. 2 3 3 2 おもてめん うらめん 9
  10. 10. 4個⼊り 5個⼊り 6個⼊り 10
  11. 11. 萩の⽉では 何個⼊りのパッケージが 「きれいに」作れるの? 11
  12. 12. 定義:パッキング 萩 萩 萩 12 萩 萩 萩 萩 萩 萩 萩萩萩 萩萩 萩萩 萩の⽉ n 個(n > 0)が隙間なく重複なく埋まっている⻑⽅形
  13. 13. 定義:⾼さkパッキング ⾼さ k 萩 萩 萩 13 萩 萩 萩 パッキング全体の⾼さ (積み上げられた萩の⽉の⾼さの合計)
  14. 14. ⾼さ6パッキング 萩 萩 萩 萩 萩 14 萩 萩 萩 萩 萩 萩 萩 萩 萩 萩 ⾼さ 6
  15. 15. 萩の⽉問題 n個の萩の⽉を⽤いた⾼さ6パッキングが存在するか? 萩の⽉問題 n >= 2 について萩の⽉問題の答えは yes である 定理1(今⽇の主定理) 15
  16. 16. 3 3 2 2 2 (3, 3)ピース(2, 2, 2)ピース 16
  17. 17. n個の萩の⽉を⽤いた⾼さ6パッキングが存在するか? 萩の⽉問題 n個(n >= 2)の萩の⽉を⽤いた (2,2,2)ピース・(3,3)ピースのみで構成された(条件★) ⾼さ6パッキングが存在する 命題1(これから⽰す) 17
  18. 18. 証明の⽅針 •  萩の⽉の個数 n について数学的帰納法を使う •  場合分けをする (i) (2, 2, 2)ピースが1つ以上存在する場合 (ii) (2, 2, 2)ピースが1つも存在しない場合 18
  19. 19. (i) (2, 2, 2)ピースが1つ以上存在する場合 ⾼さ6 (★)を満たす n 個の⾼さ6パッキングが存在すると仮定: (★)を満たす(n+1)個の⾼さ6パッキングの存在が⾔えた!
  20. 20. (ii) (2, 2, 2)ピースが1つも存在しない場合 (★)を満たす n 個(n >= 2)の⾼さ6パッキングが存在すると仮定: n >= 2 と(★)より少なくとも1つの (3, 3)ピースが存在する (★)を満たす(n+1)個の⾼さ6パッキングの存在が⾔えた! ⾼さ6
  21. 21. 証明続き •  (i), (ii) より,n >= 2 において(★)を満たすn個の パッキングを仮定して,(★)を満たす(n+1)個の パッキングを作れた. •  n = 2 においてはパッキングが存在する. •  数学的帰納法により,n >= 2 のすべての n で(★) を満たすパッキングの存在が⽰せた.(証明終わり) 21
  22. 22. n個の萩の⽉を⽤いた⾼さ6パッキングが存在するか? 萩の⽉問題 n個(n >= 2)の萩の⽉を⽤いた (2,2,2)ピース・(3,3)ピースのみで構成された(条件★) ⾼さ6パッキングが存在する 命題1 22 解決 解決
  23. 23. k–萩の⽉問題 萩の⽉ n 個を⽤いた ⾼さ k パッキングが存在するか? k–萩の⽉問題 ⼀般化 HAGINO(k):⾼さ k のパッキングがある正整数 n 全体の集合 例:HAGINO(6) = {1を除く正整数全体} 23
  24. 24. ⾼さ6 ⾼さ6 幅 l 幅 l+1 観察: いずれのケースも 萩の⽉の個数 n が n –> n+1 に増える過程で 幅も l から l+1 に増える (もっというと l = n)
  25. 25. 25 任意の整数 l >= 2 について l ∈ HAGINO(l) 命題2 証明: 6–萩の⽉問題の証明の観察において, 任意の l >= 2 について幅 l を持つ⾼さ6パッキングが存在する. また,このときの萩の⽉の個数はちょうど l 個である. 幅と⾼さを⼊れ替えれば所望の⾼さ l パッキングが得られる.
  26. 26. 26 任意の整数 k >= 2 について: (i)  k が 6 と互いに素ならば HAGINO(k) = kZ>0 (ii)  k = 3k’ かつ k’ が 2 で割り切れないならば HAGINO(k) = k’Z>0 (iii)  k = 2k’ かつ k’ が 3 で割り切れないならば HAGINO(k) = k’Z>0 (iv)  k = 6k’ ならば HAGINO(k) = k’Z>1 定理3(k–萩の⽉問題) (時間があれば証明するかも) 解決
  27. 27. k–萩の⽉問題の結論 Z>0\HAGINO(k) (パッキングが存在しない個数 n)が 有限集合である条件は,k = 2, 3, 6 のときだけ. 27
  28. 28. (k; a, b)–萩の⽉問題 a x b サイズの萩の⽉ n 個を⽤いた ⾼さ k パッキングが存在するか? (k; a, b)–萩の⽉問題 さらに⼀般化 28b a
  29. 29. Thank you! 29
  30. 30. 双対パッキング ⾼さ6パッキング ⾼さ8パッキング 双対 30 ⾼さ6 幅 8 幅 8 ⾼さ6
  31. 31. 31 ⾼さ2パッキング ⾼さ2 幅 3k ⾼さ3 幅 2k ⾼さ3パッキング
  32. 32. 32 (i)  任意の正の整数 k について k ∈ HAGINO(3k) (ii)  任意の正の整数 k について k ∈ HAGINO(2k) 命題4 証明: (i)  ⾼さ2パッキングの幅は 2k であり,双対パッキングをとると ⾼さ 2k のパッキングが得られる.また,このときの萩の⽉の 個数は k である. (ii)  (i) と同様に⾼さ3パッキングの双対パッキングをとればよい.
  33. 33. 33 (i)  任意の正の整数 k について kZ>0 ⊆ HAGINO(3k) (ii)  任意の正の整数 k について kZ>0 ⊆ HAGINO(2k) 命題5 証明: (i)  ⾼さ2パッキングをn列並べた⾼さ2nパッキングを考える. (ii)  (i) と同様に⾼さ3nパッキングを考える.
  34. 34. 例:8–萩の⽉問題 ⾼さ8 幅6 8Z>0 ⊆ HAGINO(8)
  35. 35. 例:8–萩の⽉問題 ⾼さ8 35 命題5より,少なくとも 4Z>0 ⊆ HAGINO(8) ・・・(☆) はいえる.具体例は以下のとおり: ⾼さ8 萩の⽉ 4 個 萩の⽉ 12 個
  36. 36. 例:8–萩の⽉問題 ⾼さ8 幅 l ⾼さ8,幅 l のパッキングがあったとき, その⾯積は 8l である. ⼀⽅,そのパッキングが n 個で実現で きるとき,萩の⽉ 1 個の⾯積は 6 より 全体の⾯積は 6n である. したがって,8l = 6n が成り⽴つ. 左辺は 8 の倍数より,右辺も 8 の倍数. 6 は 2 の倍数だから,n は 4 の倍数. よって 4Z>0 ⊇ HAGINO(8). (☆)と合わせて 4Z>0 = HAGINO(8) . 解決
  37. 37. 同様に などが次々と⾔える. HAGINO(4) = 2Z>0 HAGINO(5) = 5Z>0 HAGINO(7) = 7Z>0 HAGINO(9) = 3Z>0 37
  38. 38. 38 n 個のパッキング⾼さ k 幅 l k を 6 と互いに素な 2 以上の正整数とする.このとき, HAGINO(k) = kZ>0. 定理3 (i) ⾯積の⽐較により,kl = 6n が成り⽴つ. k の条件より,n は k の倍数. したがって,kZ>0 ⊇ HAGINO(k). また,命題2より k ∈ HAGINO(k) である. 命題6(次スライド)より kZ>0 ⊆ HAGINO(k). よって,HAGINO(k) = kZ>0.
  39. 39. 39 任意の正の整数 k について a, b ∈ HAGINO(k) ならば a + b ∈ HAGINO(k). また,a ∈ HAGINO(k) ならば 正整数 c に対して ca ∈ HAGINO(k). 証明: 明らか. 命題6
  40. 40. 40 n 個のパッキング⾼さ k 幅 l k を 2 以上の正整数とする.このとき,d = gcd(k, 6) とすると HAGINO(k) ⊆ (k/d)Z>0. 命題7 ⾯積の⽐較により,kl = 6n が成り⽴つ. d = gcd(k, 6) とすると,両辺が d で割れる. (k/d)l = (6/d)n. このとき,k’ = (k/d), (6/d) はそれぞれ正整数で 互いに素である.したがって n は k’ の倍数. したがって,k’Z>0 ⊇ HAGINO(k).
  41. 41. 命題7の系 41 HAGINO(10) = 5Z>0. 系8 証明: 命題7より,HAGINO(10) ⊆ 5Z>0. 命題5の(ii)より,HAGINO(10) ⊇ 5Z>0. よって,HAGINO(10) = 5Z>0.
  42. 42. 42 k = 3k’ かつ k’ を 2 で割り切れない正整数とする. このとき,HAGINO(k) = k’Z>0. 定理3 (ii) 証明: 命題7より,HAGINO(k) ⊆ k’Z>0 . 命題5の(i)より, HAGINO(3k’) ⊇ k’Z>0. よって,HAGINO(k) = k’Z>0.
  43. 43. 43 k = 2k’ かつ k’ を 3 で割り切れない正整数とする. このとき,HAGINO(k) = k’Z>0. 定理3 (iii) 証明: 命題7より,HAGINO(k) ⊆ k’Z>0 . 命題5の(ii)より, HAGINO(2k’) ⊇ k’Z>0. よって,HAGINO(k) = k’Z>0.
  44. 44. k = 6k’ かつ k’ を正整数とする. このとき,HAGINO(k) = k’Z>1. 定理3 (iv) 証明: 命題7より,HAGINO(k) ⊆ k’Z>0 . ⾼さ6パッキングをk’段積み重ねることにより HAGINO(6k’) ⊇ k’Z>1 . また,⾼さ6パッキングに 2k’ が存在しないことは⾯積⽐較からわかる. (パッキングの幅を l,萩の⽉の個数を n とすると⾯積は 6k’l = 6n. よって n = k’l であるが,パッキングの幅の最⼩性から l = 1とできない.)

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